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新高考生物一轮复习课件：第14讲 孟德尔的豌豆杂交实验(一)（含解析）
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这是一份新高考生物一轮复习课件：第14讲 孟德尔的豌豆杂交实验(一)（含解析），共60页。PPT课件主要包含了素养目标，相对性状，外来花粉，性状分离，遗传因子，成对的遗传因子，随机结合，基因的分离定律，减数分裂Ⅰ，减数分裂Ⅱ等内容，欢迎下载使用。
分离定律的发现及应用1.豌豆作为实验材料的优点
知识拓展遗传实验常用的其他材料及特点
2.用豌豆做杂交实验的方法
3.运用假说—演绎法分析一对相对性状的杂交实验
注意:①提出问题是建立在杂交和自交实验基础上的,不包括测交实验。②演绎过程不等于测交实验,前者只是理论推导,后者则是进行杂交实验对演绎推理的结论进行验证。
5.分离定律的应用(1)农业生产:指导杂交育种。①优良性状为显性性状:利用杂合子选育显性纯合子时,可进行连续自交,直到 为止,即可留种推广使用。 ②优良性状为隐性性状:一旦出现就能 遗传,便可留种推广。 ③优良性状为杂合子:两个纯合的不同性状个体杂交的后代就是杂合子,但每年都要育种。(2)医学实践:分析单基因遗传病的基因型和发病率;为禁止 和进行 提供理论依据。
旁栏边角(必修2,第8页,“思维训练”改编)本来开白花的花卉,偶然出现了开紫花的植株,获得开紫花的纯种的方法有哪些?
提示 方法一:用紫花植株的花粉进行花药离体培养,然后用秋水仙素处理,保留紫花的品种。方法二:让该紫花植株连续自交,直到后代不再出现性状分离为止。
易错辨析基于孟德尔豌豆杂交实验的原理和过程,判断下列表述是否正确。(1)F1测交子代表型及比例能直接真实地反映出F1配子种类及比例,但无法推测被测个体产生配子的数量。( )(2)孟德尔利用豌豆作为实验材料,通过测交的方法对遗传现象提出了合理的解释,然后通过自交等方法进行了证明。( )(3)F2的表型比为3∶1的结果最能说明基因分离定律的实质。( )(4)孟德尔首先提出假说,并据此开展豌豆杂交实验并设计测交实验进行演绎。( )(5)基因分离定律中“分离”指的是同源染色体上的等位基因的分离。( )
长句应答番茄中红果(R)对黄果(r)为显性,甲番茄结红果,乙番茄结黄果。将甲(RR)的花粉授予乙(rr)雌蕊柱头上,母本植株结出什么颜色的果实?这与孟德尔遗传规律是否矛盾?
提示 黄色。不矛盾。母本乙(黄色rr)番茄植株上所结番茄的种子基因型为Rr,但果皮是由黄色番茄的花中的子房壁发育而来的,它的基因型为rr,故果皮为黄色。该性状由一对等位基因控制,其遗传遵循基因的分离定律。
考向探究考向1遗传学基本概念及交配类型1.(2022河南质检)下列有关遗传学基本概念及其应用的叙述,正确的是( )A.非等位基因的遗传均遵循基因的分离定律和自由组合定律B.正反交结果不同,可判断相关基因一定位于常染色体上C.一对相对性状可以受一对、两对或多对等位基因的控制D.两亲本的杂交后代只有一种表型,说明双亲均为纯合子
答案 C 解析 等位基因的遗传遵循基因的分离定律,非同源染色体上非等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律,A项错误;正反交结果不同,可判断相关基因一定不位于常染色体上,B项错误;基因与性状存在一对一、一对多或多对一等数量关系,一对相对性状可以受一对、两对或多对等位基因控制,C项正确;两亲本杂交后代只有一种表型,双亲可能均为纯合子,也可能其中一方为杂合子,D项错误。
考向2豌豆杂交实验过程及“假说—演绎法”辨析2.(2022山东青岛期中)遗传学的奠基人孟德尔之所以在研究遗传规律时获得了巨大成功,关键在于他在实验的过程中选择了正确的材料和方法。下面有关孟德尔的豌豆遗传学实验的说法,错误的是( )A.选择了自然条件下是纯合子、严格自花传粉的豌豆作为实验材料B.应用了统计学的方法对结果进行数学统计分析C.先提出假说,据此开展豌豆杂交实验并设计测交实验进行演绎D.发现的遗传规律只能解释有性生殖生物的部分性状的遗传现象
答案 C 解析 先开展豌豆杂交实验,据此提出假说并设计测交实验进行演绎,C项错误。
3.(2022山东济宁实验中学开学考试)“假说—演绎法”是现代科学研究中常用的一种方法,其雏形可追溯到古希腊亚里士多德的归纳—演绎模式。按照这一模式,科学家应从要解释的现象中归纳出解释性原理,再从这些原理演绎出关于现象的陈述。下列说法错误的是( )A.配子中遗传因子减半是孟德尔归纳出的解释性原理之一B.“若对F1(Dd),测交,则子代显隐性状比例为1∶1”是演绎得到的陈述C.要确定演绎推理得出的陈述是否正确,需用实验加以验证D.DNA复制方式的确定与假说—演绎法无关
答案 D 解析 体细胞中的遗传因子成对存在,配子中的遗传因子单个存在是孟德尔作出的假说内容之一,A项正确;F1会产生两种数量相等的配子,这样测交后代应该会产生两种数量相等的类型,B项正确;实验验证:测交实验验证,结果确实产生了两种数量相等的类型,C项正确;DNA复制方式(半保留复制)的确定,确保了遗传因子在亲子代之间的稳定传递,D项错误。
考向3分离定律的实质与验证4.(2022湖南湘潭一模)关于孟德尔一对相对性状的遗传实验,下列叙述正确的是( )A.孟德尔设计测交实验并预测结果,是假说的演绎;实施测交实验,是假说的验证B.F2表型比为3∶1,反映了基因分离定律的实质C.F1产生配子时发生基因重组,导致性状分离,F2出现3∶1的表型比D.F1测交子代表型及比例能直接真实地反映出F1配子的种类及数量
答案 A 解析 孟德尔设计的测交实验,是对其假说的演绎,对测交实验的实施,是对其假说的验证,证明了遗传学定律的正确性,A项正确;孟德尔的遗传规律是细胞核遗传信息的传递规律,最能说明基因分离定律实质的是F1能产生两种比例相等的配子,B项错误;F1产生配子时基因分离,导致F2的性状分离,F2出现3∶1的表型比,这里只涉及1对等位基因,不会发生基因重组,C项错误;F1测交子代表型及比例能直接真实地反映出F1配子种类及比例,D项错误。
方法突破1.相同基因、等位基因、非等位基因辨析(1)相同基因:同源染色体相同位置上控制同一性状的基因。如上图中A和A就叫相同基因。(2)等位基因:同源染色体的相同位置上控制相对性状的基因。如左下图中B和b、C和c、D和d就是等位基因。(3)非等位基因:非等位基因有两种情况,一种是位于非同源染色体上的非等位基因,其遗传符合自由组合定律,如左下图中A和D;另一种是位于同源染色体上的非等位基因,如左下图中A和b。
2.遗传学核心概念之间的联系
3.与交配方式相关的概念及其作用
4.“四法”验证分离定律
题型一 显隐性性状的判断1.根据子代性状判断(1)具有不同性状的纯合亲本杂交,若子代只表现1种性状,则子代所表现的性状为显性性状,未表现的性状为隐性性状。(2)具有相同性状的亲本杂交,若子代表现出不同于亲本的性状,则子代所表现的新性状为隐性性状。2.根据子代性状分离比判断具有1对相对性状的亲本杂交,若F2性状分离比为3∶1,则所占比例大的性状为显性性状。
3.合理设计杂交实验,判断性状的显隐性
4.根据遗传系谱图进行判断双亲表现正常,后代出现患者,则致病性状为隐性性状,如下图甲所示;双亲表现患病,后代出现正常个体,则致病性状为显性性状,如下图乙所示。
专项训练1.(2022吉林一调)某二倍体植物中,抗病和感病这对相对性状由一对等位基因控制,要确定这对性状的显隐性关系,应该选用的杂交组合是( )A.抗病株×感病株B.抗病纯合子×感病纯合子C.抗病株×抗病株,或感病株×感病株D.抗病纯合子×抗病纯合子,或感病纯合子×感病纯合子
答案 B 解析 判断性状的显隐性关系的方法:①定义法——具有相对性状的纯合个体进行正反交,子代表现出来的性状就是显性性状,对应的为隐性性状;②若相同性状的雌雄个体间杂交,子代出现不同于亲代的性状,则该子代的性状为隐性,亲代为显性。根据以上方法可知B项正确。
2.(2022山东兖矿一中月考)已知马的毛色有栗色和白色2种,由位于常染色体上的1对等位基因控制。在自由放养多年的一马群中,两基因频率相等。正常情况下,每匹母马1次只生产1匹小马。以下关于性状遗传的研究方法及推断错误的是( )A.随机选择多对栗色马与白色马杂交,若后代白色马明显多于栗色马,则白色为显性B.选择多对栗色公马和栗色母马交配1代,若后代全部为栗色马,则栗色为隐性C.自由放养的马群随机交配1代,若后代栗色马明显多于白色马,则栗色为显性D.随机选出1匹栗色公马和3匹白色母马分别交配,若所产小马都是栗色,则栗色为显性
答案 D 解析 选择多对栗色马和白色马杂交后,后代显性性状数量会更多,若后代白色马明显多于栗色马,则白色为显性,A项正确;多对栗色马和栗色马交配1代,若后代全部是栗色马,则说明栗色最可能为隐性,B项正确;自由放养的马群自由交配,若后代栗色马明显多于白色马,则说明栗色马为显性,C项正确;随机选出1匹栗色公马和3匹白色母马交配,若所产小马全部是白色,由于后代数目少,存在偶然性,例如aa(栗色)×Aa(白色)→aa(栗色),小马可以全是栗色,所以仍不能确定栗色为显性,D项错误。
题型二 纯合子和杂合子的鉴定1.通过杂交实验判断(1)自交法:此法主要适用于植物,且是最简便的方法。
(2)测交法:此法适用于植物和动物,且需已知显隐性。
2.单倍体育种法:此法只适用于植物(以1对相对性状为例说明)
3.花粉鉴定法:此法只适用于一些特殊的植物
专项训练3.(2022黑龙江省实验中学月考)下列关于性状显隐性或纯合子与杂合子判断方法的叙述,错误的是( )A.甲×乙→只有甲,推出甲为显性性状B.甲×甲→甲+乙,推出乙为隐性性状C.甲×乙→甲∶乙=1∶1,推出甲为显性性状D.花粉鉴定法:只有1种花粉,推出其为纯合子;至少有两种花粉,推出其为杂合子
答案 C 解析 甲×乙→只有甲,这说明甲为显性性状,A项正确;甲×甲→甲+乙,出现性状分离现象,这说明乙为隐性性状,B项正确;甲×乙→甲∶乙=1∶1,这属于测交,据此不能确定显隐性关系,C项错误;纯合子只能产生1种配子,若用花粉鉴定法鉴定,则只有一种花粉的为纯合子,至少两种花粉的为杂合子,D项正确。
4.(2022山东济宁期中)某种植物的羽裂叶和全缘叶是1对相对性状。某同学用全缘叶植株(植株甲)进行了下列4个实验。①植株甲进行自花传粉,子代出现性状分离②用植株甲给另一全缘叶植株授粉,子代均为全缘叶③用植株甲给羽裂叶植株授粉,子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1④用植株甲给另一全缘叶植株授粉,子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1其中能够判定植株甲为杂合子的实验是( )A.①或②B.①或④C.②或③D.③或④
答案 B 解析 由题干信息可知,羽裂叶和全缘叶是1对相对性状,但未确定显隐性,若要判断全缘叶植株甲为杂合子,即要判断全缘叶为显性性状,羽裂叶为隐性性状。①让全缘叶植株甲进行自花传粉,子代出现性状分离,说明植株甲为杂合子;②用植株甲给另一全缘叶植株授粉,子代均为全缘叶,说明双亲可能都是纯合子,既可能是显性纯合子,也可能是隐性纯合子,或者是双亲均表现为显性性状,其中之一为杂合子,另一个为显性纯合子,因此不能判断植株甲为杂合子;③用植株甲给羽裂叶植株授粉,子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1,只能说明一个亲本为杂合子,另一个亲本为隐性纯合子,但谁是杂合子、谁是纯合子无法判断;④用植株甲给另一全缘叶植株授粉,子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1,说明植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子。
题型三 基因型和表型的推断亲代基因型、表型 子代基因型、表型
注意:若要推断某人的基因型,则应该先调查其家系,画出系谱图再分析。
专项训练5.已知毛色受1对等位基因控制,观察羊的毛色(白毛和黑毛)遗传图解,有关分析错误的是( )A.这对相对性状中,显性性状是白毛B.图中3只黑羊的基因型一定相同C.图中4只白羊的基因型一定不同D.Ⅲ2与1只黑羊交配再生1只黑羊的概率为1/3
答案 C 解析 观察遗传图解,可根据Ⅱ2和Ⅱ32只白羊后代中有黑羊,判断这对相对性状中白毛是显性性状,黑毛是隐性性状,故图中3只黑羊的基因型一定相同;图中Ⅱ、Ⅲ代中都有黑羊,可判断Ⅰ、Ⅱ代中白羊均为杂合子,但Ⅲ2的基因型可能为纯合,也可能为杂合,为杂合的概率为2/3,它与1只黑羊交配再生1只黑羊的概率为2/3×1/2=1/3。
6.(2022山东济宁实验中学开学考试)西红柿果肉颜色红色和紫色为1对相对性状,红色为显性性状。用杂合的红果肉西红柿自交获得F1,将F1中表型为红果肉的西红柿自交得到F2,以下叙述错误的是( )A.F1中有性状分离B.F2中首先出现能稳定遗传的紫果肉西红柿C.F2中性状分离比为5∶1D.F2红果肉个体中杂合子占2/5
答案 B 解析 西红柿果肉颜色红色和紫色为1对相对性状(用A和a表示),则杂合的红果肉西红柿的基因型为Aa,其自交形成的F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa=1∶2∶1,其中表型为红果肉的西红柿的基因型及比例为1/3AA、2/3Aa。F1中会发生性状分离,A项正确;杂合的红果肉西红柿Aa自交获得F1会出现性状分离,F1中就出现了能稳定遗传的紫果肉西红柿aa,B项错误;F1中表型为红果肉的西红柿的基因型及比例为1/3AA、2/3Aa,其中1/3AA自交后代均为AA,2/3Aa自交后代的基因型及比例为1/4AA、1/2Aa、1/4aa,F2红果肉个体占1/3+2/3×3/4=5/6,紫果肉个体占1-5/6=1/6,F2中性状分离比为5∶1,C项正确;F2红果肉个体占1/3+2/3×3/4=5/6,杂合子占2/3×1/2=1/3,因此F2红果肉个体中杂合子占1/3÷5/6=2/5,D项正确。
题型四 自交与自由交配问题1.两种自交类型的解题技巧(1)不淘汰相关基因型①杂合子Aa连续自交,第n代的比例情况如下表所示:
②根据上表比例,纯合子、杂合子所占比例的坐标曲线图为:由该曲线得到的启示:在育种过程中,选育符合人们要求的个体(显性),可进行连续自交,直到性状不再发生分离为止,即可留种推广使用。(2)逐代淘汰隐性个体杂合子Aa连续自交且逐代淘汰隐性个体,自交n代后,显性个体中,纯合子比例为(2n-1)/(2n+1),杂合子比例为2/(2n+1)。
2.两种自由交配类型的解题技巧(1)杂合子Aa连续自由交配n代,杂合子比例为1/2,显性纯合子比例为1/4,隐性纯合子比例为1/4;杂合子Aa连续自由交配n代,且逐代淘汰隐性个体后,显性个体中,纯合子比例为n/(n+2),杂合子比例为2/(n+2)。(2)自由交配问题的两种分析方法:如某种生物的基因型AA占1/3,Aa占2/3,个体之间可以自由交配,求后代中基因型和表型的概率。解法一配子法 最直接的方法基因型及概率为4/9AA、4/9Aa、1/9aa,表型及概率为8/9A_、1/9aa。
解法二遗传平衡法先根据“一个等位基因的频率=它的纯合子基因型概率+(1/2)杂合子基因型频率”推知,子代中A的基因频率=1/3+(1/2)×(2/3)=2/3,a的基因频率=1-(2/3) =1/3。然后根据遗传平衡定律可知,aa的基因型频率=a基因频率的平方=(1/3)2=1/9,AA的基因型频率=A基因频率的平方=(2/3)2=4/9,Aa的基因型频率=2×A基因频率×a基因频率=2×2/3×1/3=4/9。表型及概率为8/9A_、1/9aa。
专项训练7.(2022山东济南期中)大豆子叶的颜色受一对等位基因控制,基因型为AA的个体呈深绿色,基因型为Aa的个体呈浅绿色,基因型为aa的个体呈黄色,黄色个体在幼苗阶段死亡。下列说法错误的是( )A.浅绿色植株连续自交n代,成熟后代中深绿色个体的概率为(2n-1)/(2n+1)B.浅绿色植株自交后代再自由传粉至n代,成熟后代中深绿色个体的概率为n/(n+2)C.浅绿色植株与深绿色植株杂交,其成熟后代有深绿色和浅绿色,且比例为1∶1D.浅绿色植株自花传粉,不会产生黄色子代
答案 D 解析 浅绿色植株连续自交n代,后代中杂合子的概率为(1/2)n,纯合子的概率为1-(1/2)n,因为aa幼苗阶段死亡,因此成熟后代中深绿色个体AA的概率=AA/AA+Aa或者AA/(1-aa)即[1-(1/2)n]/2÷{1-[1-(1/2)n]/2}=(2n-1)/(2n+1),A项正确;浅绿色植株自交后代的成熟个体AA∶Aa=1∶2,则A的基因频率=1/3+1/2×2/3=2/3,a的基因频率则为1/3,自由交配后成熟后代中AA的概率=A2/(1-a2)=1/2,再自由交配成熟后代中AA的概率=3/5,以此类推,浅绿色植株自交后代再自由传粉至n代,成熟后代中深绿色个体的概率为n/(n+2),B项正确;浅绿色植株与深绿色植株杂交,其成熟后代有深绿色和浅绿色,且比例为1∶1,即AA×Aa→AA∶Aa=1∶1,C项正确;浅绿色植株自花传粉,即Aa×Aa,后代有aa黄色个体,只是幼苗阶段死亡,D项错误。
8.用基因型为Aa的小麦分别进行连续自交、随机交配、连续自交并逐代淘汰隐性个体、随机交配并逐代淘汰隐性个体,根据各代Aa基因型频率绘制曲线如下图。下列分析错误的是( )A.曲线Ⅱ的F3中Aa基因型频率为0.4B.曲线Ⅲ的F2中Aa基因型频率为0.4C.曲线Ⅳ的Fn中纯合子的比例比上一代增加(1/2)n+1D.曲线Ⅰ和Ⅳ的各子代间A和a的基因频率始终相等
答案 C 解析 基因型为Aa的小麦随机交配并去除子代中的隐性个体,P随机交配得到F1,去除隐性个体后Aa基因型频率为2/3,F1随机交配得到F2,去除隐性个体后Aa基因型频率为1/2,F2随机交配得到F3,去除隐性个体后Aa基因型频率为2/5,因此曲线Ⅱ为随机交配并去除子代中隐性个体后的Aa基因型频率变化曲线,A项正确;基因型为Aa的小麦连续自交并去除子代中的隐性个体,P自交得到F1,去除隐性个体后Aa基因型频率为2/3,F1自交得到F2,去除隐性个体后Aa基因型频率为2/5,因此曲线Ⅲ为连续自交并去除子代中隐性个体后的Aa基因型频率变化曲线,B项正确;
基因型为Aa的小麦连续自交,P自交得到的F1中Aa基因型频率为0.5,F1自交得到的F2中 Aa基因型频率为0.25,符合公式1/2n,因此曲线Ⅳ为连续自交的子代中Aa基因型频率变化曲线,Fn中纯合子比例为1-(1/2n),上一代Fn-1中纯合子比例为1-(1/2n-1),Fn代纯合子比例比上一代增加1-(1/2n)-[1-(1/2n-1)] =(1/2n-1)-(1/2n)=1/2n,C项错误;基因型为Aa的小麦随机交配,P随机交配得到的F1中Aa基因型频率为0.5,F1随机交配得到的F2中 Aa基因型频率仍为0.5,因此曲线Ⅰ为随机交配子代中Aa基因型频率变化曲线。基因型为Aa的小麦连续自交或自由交配后,子代不进行选择,A、a的基因频率都不变,都为0.5,D项正确。
题后反思在没有任何干预的条件下,自交和自由交配都不改变基因频率,但连续自交能降低杂合子(Aa)的基因型频率,自由交配不改变各基因型的频率。
分离定律遗传特例应用题型一 复等位基因遗传
专项突破典例1.(2022山东聊城期中节选)在种群中,同源染色体的相同位点上,可以存在2种以上的等位基因,遗传学上把这种等位基因称为复等位基因。人类的ABO血型也是遗传性状,受复等位基因控制,控制ABO血型的有2种显性基因IA或IB和1种隐性基因i,4种血型与对应的基因组成如下表:
复等位基因的存在,表明基因突变具有 性。有一男子的父亲是AB型血,女儿是O型血,则该男子的血型可能是 ,判断的理由是 。
答案 不定向 A型血或者B型血 他的女儿的基因组成为ii,他必然含有一个i基因,而他父亲的基因组成为IAIB,他可能含一个IA基因,也可能含一个IB基因,所以,该男性的基因组成为IAi或IBi,血型是A型血或者B型血
专项训练1.(2022山东烟台期中)某种开紫花的植物有雌株、雄株和两性植株3种性别类型,受1组复等位基因A、A+、a控制,其中A基因存在时表现为雌株,不含A基因但含有A+基因时表现为两性植株,只含a基因时表现为雄株。下列围绕该植物的相关描述,正确的是( )A.该植物中的雌株与雄株杂交,子代雌株所占比例大于50%B.该植物性别的基因型有6种,其中纯合子有3种C.基因型为A+a的植株自交两代,理论上F2中雄株所占比例为1/9D.该植物体的花瓣细胞为原生质层有色的紫色细胞
答案 D 解析 雄株的基因型为aa,两性植株的基因型为A+A+、A+a,均不能产生含A的雄配子,故雌株一定为杂合子(AA+或Aa),所以该植物中的雌株与雄株杂交,子代雌株所占比例应等于50%,A项错误;由于没有含A基因的雄配子,所以没有AA的雌株,因此,控制该植物性别的1组复等位基因可组成5种基因型,其中纯合子有2种,B项错误;基因型为A+a的植株自交,F1中A+A+∶A+a∶aa=1∶2∶1,其中aa不能自交而被淘汰,F1再自交,F2中雄株均来自A+a植株,故F2中雄株所占比例为2/3×1/4=1/6,C项错误;使花瓣表现为紫色的色素位于液泡中,液泡位于原生质层中,该植物体的花瓣细胞的原生质层表现为紫色,D项正确。
2.(2022吉林长春质量监测)家兔的毛色由位于同源染色体相同位点上的基因控制。现将毛色为黑色、银灰色、喜马拉雅型和白色的4种家兔进行如下杂交实验,所得F1雌雄个体彼此交配得F2,实验结果如下表。
根据实验结果推测,4种毛色的显隐关系为( )A.黑色>喜马拉雅型>银灰色>白色B.黑色>喜马拉雅型>白色>银灰色C.黑色>银灰色>喜马拉雅型>白色D.黑色>银灰色>白色>喜马拉雅型
答案 C 解析 根据杂交组合①,可以判定黑色相对于银灰色为显性性状;根据杂交组合②,可以判定黑色相对于白色为显性性状;根据杂交组合③,可以判定黑色相对于喜马拉雅型为显性性状;根据杂交组合④,可以判定银灰色相对于白色为显性性状;根据杂交组合⑤,可以判定银灰色相对于喜马拉雅型为显性性状;根据杂交组合⑥,可以判定喜马拉雅型相对于白色为显性性状;综合以上分析,可确定4种颜色的显隐关系为黑色>银灰色>喜马拉雅型>白色。
题型二 遗传致死问题
专项突破典例2.(2020江苏)有一观赏鱼品系体色为橘红带黑斑,野生型为橄榄绿带黄斑,该性状由1对等位基因控制。某养殖者在繁殖橘红带黑斑品系时发现,后代中2/3为橘红带黑斑,1/3为野生型性状,下列叙述错误的是( )A.橘红带黑斑品系的后代中出现性状分离,说明该品系为杂合子B.突变形成的橘红带黑斑基因具有纯合致死效应C.自然繁育条件下,橘红带黑斑性状容易被淘汰D.通过多次回交,可获得性状不再分离的橘红带黑斑品系
答案 D 解析 由橘红带黑斑品系的后代出现性状分离,说明该品系均为杂合子,A项正确;杂合橘红带黑斑鱼相互交配,子代表型比例为2∶1,可推测橘红带黑斑基因具有纯合致死效应,B项正确;由于橘红带黑斑基因具有纯合致死效应,自然繁育条件下,该显性基因的频率会逐渐下降,则橘红带黑斑性状容易被淘汰,C项正确;橘红带黑斑基因显性纯合致死,则无论回交多少次,所得橘红带黑斑品系均为杂合子,D项错误。
专项训练3.(2022河北衡水中学期中)已知某种老鼠的体色由常染色体上的基因A+、A和a决定,A+(纯合胚胎致死)决定黄色,A决定灰色,a决定黑色,且A+对A是显性,A对a是显性。下列说法正确的是( )A.该种老鼠的成年个体中最多有6种基因型B.A+、A和a遵循基因的自由组合定律C.基因型均为A+a的1对老鼠交配产下的3只小鼠可能全表现为黄色D.1只黄色雌鼠和1只黑色雄鼠杂交,后代可能出现3种表型
答案 C 解析 由于A+纯合会导致胚胎致死,因此该种老鼠的成年个体最多有5种基因型(A+A、A+a、AA、Aa、aa),A项错误;A+、A和a基因为复等位基因,位于1对同源染色体上,遵循基因的分离定律,B项错误;基因型均为A+a的1对老鼠交配,后代基因型为A+a∶aa=2∶1,其产生的3只后代可能都是黄色(A+a),C项正确;1只黄色雌鼠(A+A或A+a)和1只黑色纯合雄鼠(aa)杂交,后代只能出现黄色、灰色(或黄色、黑色)2种表型,D项错误。
4.(2022山东枣庄三模)碧桃花的重瓣花与单瓣花是由常染色体上基因W、w控制的1对相对性状(重瓣碧桃花不育)。现用单瓣碧桃花自交,F1中单瓣和重瓣碧桃花各占50%。对F1单瓣碧桃花的花粉进行离体培养,再用秋水仙素处理单倍体幼苗,获得的碧桃花全部为重瓣花。下列有关叙述正确的是( )A.让单瓣碧桃花逐代自由交配,其后代中基因W的频率不变B.实验中采用了单倍体育种的方法,其原理是染色体的结构变异C.单瓣碧桃花可产生基因型为W和w的两种比例相等的可育雄配子D.重瓣碧桃花与单瓣碧桃花的细胞中所有mRNA的碱基序列都不相同
答案 A 解析 亲本单瓣碧桃花自交,F1中单瓣和重瓣碧桃花各占50%,说明单瓣为显性性状,F1单瓣碧桃花(含W基因)的花粉进行单倍体育种,获得的碧桃花全部为重瓣花(ww),说明F1单瓣碧桃花的基因型为Ww,Ww个体进行单倍体育种,理论上获得植株中WW∶ww=1∶1,但题干中只表现为重瓣花(ww),说明亲代单瓣碧桃花中含有W基因的花粉不育,而基因w的花粉可育,因此雄配子只有基因w,而雌配子有基因W和基因w,故单瓣碧桃花自交,F1中单瓣和重瓣碧桃花各占50%。由分析可知,让单瓣碧桃花逐代自由交配,则后代基因W的频率不变,A项正确;单倍体育种方法的实验原理是染色体数目变异, B项错误;由分析可知,亲代单瓣碧桃花中含有W基因的花粉不育,而基因w的花粉可育,只可产生含有基因w的雄配子,C项错误;重瓣碧桃花与单瓣碧桃花的细胞中部分基因可能相同,mRNA的碱基序列可能相同,D项错误。
题后点拨涉及配子不育的后代表型和基因型不符合基因分离定律,不能直接用基因分离定律求解,应用配子法求解。
题型三 从性遗传现象
专项突破典例3.已知某种羊的有角和无角基因由位于常染色体上的等位基因(N/n)控制。公羊中基因型为NN或者Nn的表现为有角,nn无角;母羊中基因型为NN的表现为有角,nn或Nn无角。若多对杂合子公羊与杂合子母羊杂交,则理论上子一代群体中母羊的表型及其比例为 ;公羊的表型及其比例为 。
答案 有角∶无角=1∶3 有角∶无角=3∶1解析 多对杂合子公羊与杂合子母羊杂交,Nn×Nn→NN、Nn、nn,比例为1∶2∶1。因为母羊中基因型为NN的表现为有角,基因型为nn或Nn的表现为无角,所以子一代群体中母羊的表型及其比例为有角∶无角=1∶3;因为公羊中基因型为NN或者Nn的表现为有角,基因型为nn的表现为无角,所以子一代群体中公羊的表型及其比例为有角∶无角=3∶1。
专项训练5.(2022河南巩义四中段考)山羊胡子的出现由B基因决定,等位基因Bb、B+分别决定有胡子和无胡子,但是Bb在雄性中为显性基因,在雌性中为隐性基因。有胡子雌山羊与无胡子雄山羊的纯合亲本杂交产生F1,F1中的2个个体交配产生F2(如下图所示)。下列判断正确的是( )A.F1中雌性表现为有胡子B.F1中雄性50%表现为有胡子C.F2纯合子中有胡子和无胡子两种表型均有D.控制山羊有无胡子的基因的遗传为伴性遗传
答案 C 解析 根据题意和图示分析可知:山羊胡子是从性遗传实例。Bb在雄性中为显性,在雌性中为隐性,则亲代中有胡子雌性与无胡子雄性的基因型分别是♀BbBb,♂B+B+,其杂交产生的F1为♀B+Bb(无胡子),♂BbB+(有胡子),胡子基因遵循孟德尔分离定律。F1中雌性B+Bb表现为无胡子,A项错误;F1中雄性BbB+表现为有胡子,B项错误;F2纯合子中有胡子和无胡子两种表型均有,分别为BbBb、B+B+,C项正确;控制山羊胡子的基因的遗传为常染色体遗传,表现为从性遗传,D项错误。
题型四 不完全显性遗传具有相对性状的纯合亲本杂交后,F1表现介于显性和隐性亲本之间的性状。如等位基因A和a分别控制红花和白花,在完全显性时,Aa自交后代中红∶白=3∶1,在不完全显性时,Aa自交后代中红(AA)∶粉红(Aa)∶白(aa) =1∶2∶1。
专项突破典例4.(2022湖南师大附中月考)如果用纯种红牡丹与纯种白牡丹杂交,F1是粉红色的。有人认为这说明基因是可以相互混合、沾染的,也有人认为基因是颗粒的,粉色是由于F1红色基因只有1个,合成的红色物质少造成的。为探究上述问题,下列做法不正确的是( )A.用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次,观察后代的花色B.让F1进行自交,观察后代的花色C.对F1进行测交,观察测交后代的花色D.让F1与纯种红牡丹杂交,观察后代的花色
答案 A 解析 若发生基因融合现象,则后代不会发生性状分离,若基因不融合,粉色是由于F1红色基因只有一个,合成的红色物质少造成的,则F1进行自交或让F1与纯种白牡丹或红牡丹杂交,后代均会发生性状分离。分析如下:由上表分析可知,只有A项无法区分这2种遗传。
专项训练6.(2022陕西渭南尚德中学月考)在牵牛花的遗传实验中,用纯合红色牵牛花和纯合白色牵牛花杂交,F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后,F2中出现红色、粉红色和白色3种类型的牵牛花,比例为1∶2∶1,如果取F2中的粉红色牵牛花和红色牵牛花分别进行自交,则后代表型及比例应该为( )A.红色∶粉红色∶白色=1∶2∶1B.红色∶粉红色∶白色=3∶2∶1C.红色∶粉红色∶白色=1∶4∶1D.红色∶粉红色∶白色=4∶4∶1
答案 B 解析 根据题干信息,F1所表现出来的性状与亲本性状不同,但F2中出现红色、粉红色和白色,说明红色对白色为不完全显性,杂合子表现为双亲的中间性状。假设亲本纯合红色牵牛花的基因型为AA,纯合白色牵牛花基因型为aa,则粉红色牵牛花F1是Aa,F2是AA∶Aa∶aa=1∶2∶1,其中红色、粉红色牵牛花的比例为AA∶Aa=1∶2,分别进行自交,则①1/3AA自交后代还是1/3AA,②2/3Aa自交后代是2/3(1/4AA+1/2Aa+1/4aa)= 1/6AA+1/3Aa+1/6aa,则F2红色、粉红色牵牛花分别进行自交后代为红色AA(1/3+1/6)∶粉红色Aa(1/3)∶白色aa(1/6)=3∶2∶1。
题型五 表型模拟表型模拟指生物的表型不仅仅取决于基因型,还受所处环境的影响,从而导致基因型相同的个体在不同环境中的表型有差异。设计实验确认隐性个体是aa的纯合子还是Aa的表型模拟:
专项突破典例5.(2022湘豫名校联考)在某种小鼠中,毛色的黑色为显性(E),白色为隐性(e)。下图所示的两项交配,亲代动物A、B、P、Q均为纯合子,子代动物在不同环境下成长,其毛色如下图所示。
下列分析不正确的是( )A.动物C与动物D的表型不同,说明表型是基因型和环境共同作用的结果B.动物C与动物R交配的子代在30 ℃中成长,其表型最可能是全为白色C.动物C与动物R交配的子代在-15 ℃中成长,其表型及比例最可能是黑色∶白色=1∶1D.动物C雌雄个体相互交配的子代在30 ℃中成长,其表型及比例最可能是黑色∶白色=1∶1
答案 D 解析 由题干可知,亲代小鼠A、B、P、Q均为纯合子,第一项交配中A、B表型不同,则杂交后代均为杂合子,子代在-15 ℃的温度下成长,均为黑色,而在30 ℃的温度下成长,均为白色。白色ee的个体无论在-15 ℃的温度下成长,还是在30 ℃的温度下成长,均为白色。由上述分析可知,C、D均为Ee,表型应该为黑色,而在30 ℃下培养则为白色,说明表型受环境影响,即表型是基因型和环境共同作用的结果,A项正确;
根据分析可知,C基因型为Ee,R基因型为ee,其后代基因型为Ee、ee,在30 ℃下成长,Ee表现为白色,ee也表现为白色,B项正确;C基因型为Ee,R基因型为ee,其后代基因型及比例为Ee∶ee=1∶1,在-15 ℃下成长,Ee表现为黑色,ee表现为白色,故子代中黑色∶白色=1∶1,C项正确;C基因型为Ee,雌雄个体相互交配,子代基因型及比例为EE∶Ee∶ee=1∶2∶1,在30 ℃下成长,Ee、ee表现为白色,表型及比例最可能是黑色∶白色=1∶3,D项错误。
专项训练7.(2022福建师大附中期中)果蝇的长翅(A)对残翅(a)为显性,遗传学家曾做过这样的实验:长翅果蝇幼虫正常的培养温度为25 ℃,将孵化后4~7 d的长翅果蝇幼虫放在35~37 ℃的环境中处理6~24 h后,得到了一些残翅果蝇,这些残翅果蝇在正常环境温度下产生的后代仍然是长翅果蝇。(1)翅的发育需要经过酶催化的反应,据此你对上述实验现象进行的解释是 。 (2)这个实验说明影响表型的因素是 。
(3)现有一只残翅雄果蝇,请你设计一个简单可行的方案来确定它的基因型。①该实验的方案: 。 ②预期实验结果和结论:a.若 ,则该果蝇的基因型为aa; b.若后代均表现为长翅,则该果蝇的基因型为 。 c.若后代有的表现为长翅,有的表现为残翅,则该果蝇的基因型为 。
分离定律的发现及应用1.豌豆作为实验材料的优点
知识拓展遗传实验常用的其他材料及特点
2.用豌豆做杂交实验的方法
3.运用假说—演绎法分析一对相对性状的杂交实验
注意:①提出问题是建立在杂交和自交实验基础上的,不包括测交实验。②演绎过程不等于测交实验,前者只是理论推导,后者则是进行杂交实验对演绎推理的结论进行验证。
5.分离定律的应用(1)农业生产:指导杂交育种。①优良性状为显性性状:利用杂合子选育显性纯合子时,可进行连续自交,直到 为止,即可留种推广使用。 ②优良性状为隐性性状:一旦出现就能 遗传,便可留种推广。 ③优良性状为杂合子:两个纯合的不同性状个体杂交的后代就是杂合子,但每年都要育种。(2)医学实践:分析单基因遗传病的基因型和发病率;为禁止 和进行 提供理论依据。
旁栏边角(必修2,第8页,“思维训练”改编)本来开白花的花卉,偶然出现了开紫花的植株,获得开紫花的纯种的方法有哪些?
提示 方法一:用紫花植株的花粉进行花药离体培养,然后用秋水仙素处理,保留紫花的品种。方法二:让该紫花植株连续自交,直到后代不再出现性状分离为止。
易错辨析基于孟德尔豌豆杂交实验的原理和过程,判断下列表述是否正确。(1)F1测交子代表型及比例能直接真实地反映出F1配子种类及比例,但无法推测被测个体产生配子的数量。( )(2)孟德尔利用豌豆作为实验材料,通过测交的方法对遗传现象提出了合理的解释,然后通过自交等方法进行了证明。( )(3)F2的表型比为3∶1的结果最能说明基因分离定律的实质。( )(4)孟德尔首先提出假说,并据此开展豌豆杂交实验并设计测交实验进行演绎。( )(5)基因分离定律中“分离”指的是同源染色体上的等位基因的分离。( )
长句应答番茄中红果(R)对黄果(r)为显性,甲番茄结红果,乙番茄结黄果。将甲(RR)的花粉授予乙(rr)雌蕊柱头上,母本植株结出什么颜色的果实?这与孟德尔遗传规律是否矛盾?
提示 黄色。不矛盾。母本乙(黄色rr)番茄植株上所结番茄的种子基因型为Rr,但果皮是由黄色番茄的花中的子房壁发育而来的,它的基因型为rr,故果皮为黄色。该性状由一对等位基因控制,其遗传遵循基因的分离定律。
考向探究考向1遗传学基本概念及交配类型1.(2022河南质检)下列有关遗传学基本概念及其应用的叙述,正确的是( )A.非等位基因的遗传均遵循基因的分离定律和自由组合定律B.正反交结果不同,可判断相关基因一定位于常染色体上C.一对相对性状可以受一对、两对或多对等位基因的控制D.两亲本的杂交后代只有一种表型,说明双亲均为纯合子
答案 C 解析 等位基因的遗传遵循基因的分离定律,非同源染色体上非等位基因的遗传遵循基因的自由组合定律,A项错误;正反交结果不同,可判断相关基因一定不位于常染色体上,B项错误;基因与性状存在一对一、一对多或多对一等数量关系,一对相对性状可以受一对、两对或多对等位基因控制,C项正确;两亲本杂交后代只有一种表型,双亲可能均为纯合子,也可能其中一方为杂合子,D项错误。
考向2豌豆杂交实验过程及“假说—演绎法”辨析2.(2022山东青岛期中)遗传学的奠基人孟德尔之所以在研究遗传规律时获得了巨大成功,关键在于他在实验的过程中选择了正确的材料和方法。下面有关孟德尔的豌豆遗传学实验的说法,错误的是( )A.选择了自然条件下是纯合子、严格自花传粉的豌豆作为实验材料B.应用了统计学的方法对结果进行数学统计分析C.先提出假说,据此开展豌豆杂交实验并设计测交实验进行演绎D.发现的遗传规律只能解释有性生殖生物的部分性状的遗传现象
答案 C 解析 先开展豌豆杂交实验,据此提出假说并设计测交实验进行演绎,C项错误。
3.(2022山东济宁实验中学开学考试)“假说—演绎法”是现代科学研究中常用的一种方法,其雏形可追溯到古希腊亚里士多德的归纳—演绎模式。按照这一模式,科学家应从要解释的现象中归纳出解释性原理,再从这些原理演绎出关于现象的陈述。下列说法错误的是( )A.配子中遗传因子减半是孟德尔归纳出的解释性原理之一B.“若对F1(Dd),测交,则子代显隐性状比例为1∶1”是演绎得到的陈述C.要确定演绎推理得出的陈述是否正确,需用实验加以验证D.DNA复制方式的确定与假说—演绎法无关
答案 D 解析 体细胞中的遗传因子成对存在,配子中的遗传因子单个存在是孟德尔作出的假说内容之一,A项正确;F1会产生两种数量相等的配子,这样测交后代应该会产生两种数量相等的类型,B项正确;实验验证:测交实验验证,结果确实产生了两种数量相等的类型,C项正确;DNA复制方式(半保留复制)的确定,确保了遗传因子在亲子代之间的稳定传递,D项错误。
考向3分离定律的实质与验证4.(2022湖南湘潭一模)关于孟德尔一对相对性状的遗传实验,下列叙述正确的是( )A.孟德尔设计测交实验并预测结果,是假说的演绎;实施测交实验,是假说的验证B.F2表型比为3∶1,反映了基因分离定律的实质C.F1产生配子时发生基因重组,导致性状分离,F2出现3∶1的表型比D.F1测交子代表型及比例能直接真实地反映出F1配子的种类及数量
答案 A 解析 孟德尔设计的测交实验,是对其假说的演绎,对测交实验的实施,是对其假说的验证,证明了遗传学定律的正确性,A项正确;孟德尔的遗传规律是细胞核遗传信息的传递规律,最能说明基因分离定律实质的是F1能产生两种比例相等的配子,B项错误;F1产生配子时基因分离,导致F2的性状分离,F2出现3∶1的表型比,这里只涉及1对等位基因,不会发生基因重组,C项错误;F1测交子代表型及比例能直接真实地反映出F1配子种类及比例,D项错误。
方法突破1.相同基因、等位基因、非等位基因辨析(1)相同基因:同源染色体相同位置上控制同一性状的基因。如上图中A和A就叫相同基因。(2)等位基因:同源染色体的相同位置上控制相对性状的基因。如左下图中B和b、C和c、D和d就是等位基因。(3)非等位基因:非等位基因有两种情况,一种是位于非同源染色体上的非等位基因,其遗传符合自由组合定律,如左下图中A和D;另一种是位于同源染色体上的非等位基因,如左下图中A和b。
2.遗传学核心概念之间的联系
3.与交配方式相关的概念及其作用
4.“四法”验证分离定律
题型一 显隐性性状的判断1.根据子代性状判断(1)具有不同性状的纯合亲本杂交,若子代只表现1种性状,则子代所表现的性状为显性性状,未表现的性状为隐性性状。(2)具有相同性状的亲本杂交,若子代表现出不同于亲本的性状,则子代所表现的新性状为隐性性状。2.根据子代性状分离比判断具有1对相对性状的亲本杂交,若F2性状分离比为3∶1,则所占比例大的性状为显性性状。
3.合理设计杂交实验,判断性状的显隐性
4.根据遗传系谱图进行判断双亲表现正常,后代出现患者,则致病性状为隐性性状,如下图甲所示;双亲表现患病,后代出现正常个体,则致病性状为显性性状,如下图乙所示。
专项训练1.(2022吉林一调)某二倍体植物中,抗病和感病这对相对性状由一对等位基因控制,要确定这对性状的显隐性关系,应该选用的杂交组合是( )A.抗病株×感病株B.抗病纯合子×感病纯合子C.抗病株×抗病株,或感病株×感病株D.抗病纯合子×抗病纯合子,或感病纯合子×感病纯合子
答案 B 解析 判断性状的显隐性关系的方法:①定义法——具有相对性状的纯合个体进行正反交,子代表现出来的性状就是显性性状,对应的为隐性性状;②若相同性状的雌雄个体间杂交,子代出现不同于亲代的性状,则该子代的性状为隐性,亲代为显性。根据以上方法可知B项正确。
2.(2022山东兖矿一中月考)已知马的毛色有栗色和白色2种,由位于常染色体上的1对等位基因控制。在自由放养多年的一马群中,两基因频率相等。正常情况下,每匹母马1次只生产1匹小马。以下关于性状遗传的研究方法及推断错误的是( )A.随机选择多对栗色马与白色马杂交,若后代白色马明显多于栗色马,则白色为显性B.选择多对栗色公马和栗色母马交配1代,若后代全部为栗色马,则栗色为隐性C.自由放养的马群随机交配1代,若后代栗色马明显多于白色马,则栗色为显性D.随机选出1匹栗色公马和3匹白色母马分别交配,若所产小马都是栗色,则栗色为显性
答案 D 解析 选择多对栗色马和白色马杂交后,后代显性性状数量会更多,若后代白色马明显多于栗色马,则白色为显性,A项正确;多对栗色马和栗色马交配1代,若后代全部是栗色马,则说明栗色最可能为隐性,B项正确;自由放养的马群自由交配,若后代栗色马明显多于白色马,则说明栗色马为显性,C项正确;随机选出1匹栗色公马和3匹白色母马交配,若所产小马全部是白色,由于后代数目少,存在偶然性,例如aa(栗色)×Aa(白色)→aa(栗色),小马可以全是栗色,所以仍不能确定栗色为显性,D项错误。
题型二 纯合子和杂合子的鉴定1.通过杂交实验判断(1)自交法:此法主要适用于植物,且是最简便的方法。
(2)测交法:此法适用于植物和动物,且需已知显隐性。
2.单倍体育种法:此法只适用于植物(以1对相对性状为例说明)
3.花粉鉴定法:此法只适用于一些特殊的植物
专项训练3.(2022黑龙江省实验中学月考)下列关于性状显隐性或纯合子与杂合子判断方法的叙述,错误的是( )A.甲×乙→只有甲,推出甲为显性性状B.甲×甲→甲+乙,推出乙为隐性性状C.甲×乙→甲∶乙=1∶1,推出甲为显性性状D.花粉鉴定法:只有1种花粉,推出其为纯合子;至少有两种花粉,推出其为杂合子
答案 C 解析 甲×乙→只有甲,这说明甲为显性性状,A项正确;甲×甲→甲+乙,出现性状分离现象,这说明乙为隐性性状,B项正确;甲×乙→甲∶乙=1∶1,这属于测交,据此不能确定显隐性关系,C项错误;纯合子只能产生1种配子,若用花粉鉴定法鉴定,则只有一种花粉的为纯合子,至少两种花粉的为杂合子,D项正确。
4.(2022山东济宁期中)某种植物的羽裂叶和全缘叶是1对相对性状。某同学用全缘叶植株(植株甲)进行了下列4个实验。①植株甲进行自花传粉,子代出现性状分离②用植株甲给另一全缘叶植株授粉,子代均为全缘叶③用植株甲给羽裂叶植株授粉,子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1④用植株甲给另一全缘叶植株授粉,子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1其中能够判定植株甲为杂合子的实验是( )A.①或②B.①或④C.②或③D.③或④
答案 B 解析 由题干信息可知,羽裂叶和全缘叶是1对相对性状,但未确定显隐性,若要判断全缘叶植株甲为杂合子,即要判断全缘叶为显性性状,羽裂叶为隐性性状。①让全缘叶植株甲进行自花传粉,子代出现性状分离,说明植株甲为杂合子;②用植株甲给另一全缘叶植株授粉,子代均为全缘叶,说明双亲可能都是纯合子,既可能是显性纯合子,也可能是隐性纯合子,或者是双亲均表现为显性性状,其中之一为杂合子,另一个为显性纯合子,因此不能判断植株甲为杂合子;③用植株甲给羽裂叶植株授粉,子代中全缘叶与羽裂叶的比例为1∶1,只能说明一个亲本为杂合子,另一个亲本为隐性纯合子,但谁是杂合子、谁是纯合子无法判断;④用植株甲给另一全缘叶植株授粉,子代中全缘叶与羽裂叶的比例为3∶1,说明植株甲与另一全缘叶植株均为杂合子。
题型三 基因型和表型的推断亲代基因型、表型 子代基因型、表型
注意:若要推断某人的基因型,则应该先调查其家系,画出系谱图再分析。
专项训练5.已知毛色受1对等位基因控制,观察羊的毛色(白毛和黑毛)遗传图解,有关分析错误的是( )A.这对相对性状中,显性性状是白毛B.图中3只黑羊的基因型一定相同C.图中4只白羊的基因型一定不同D.Ⅲ2与1只黑羊交配再生1只黑羊的概率为1/3
答案 C 解析 观察遗传图解,可根据Ⅱ2和Ⅱ32只白羊后代中有黑羊,判断这对相对性状中白毛是显性性状,黑毛是隐性性状,故图中3只黑羊的基因型一定相同;图中Ⅱ、Ⅲ代中都有黑羊,可判断Ⅰ、Ⅱ代中白羊均为杂合子,但Ⅲ2的基因型可能为纯合,也可能为杂合,为杂合的概率为2/3,它与1只黑羊交配再生1只黑羊的概率为2/3×1/2=1/3。
6.(2022山东济宁实验中学开学考试)西红柿果肉颜色红色和紫色为1对相对性状,红色为显性性状。用杂合的红果肉西红柿自交获得F1,将F1中表型为红果肉的西红柿自交得到F2,以下叙述错误的是( )A.F1中有性状分离B.F2中首先出现能稳定遗传的紫果肉西红柿C.F2中性状分离比为5∶1D.F2红果肉个体中杂合子占2/5
答案 B 解析 西红柿果肉颜色红色和紫色为1对相对性状(用A和a表示),则杂合的红果肉西红柿的基因型为Aa,其自交形成的F1的基因型及比例为AA∶Aa∶aa=1∶2∶1,其中表型为红果肉的西红柿的基因型及比例为1/3AA、2/3Aa。F1中会发生性状分离,A项正确;杂合的红果肉西红柿Aa自交获得F1会出现性状分离,F1中就出现了能稳定遗传的紫果肉西红柿aa,B项错误;F1中表型为红果肉的西红柿的基因型及比例为1/3AA、2/3Aa,其中1/3AA自交后代均为AA,2/3Aa自交后代的基因型及比例为1/4AA、1/2Aa、1/4aa,F2红果肉个体占1/3+2/3×3/4=5/6,紫果肉个体占1-5/6=1/6,F2中性状分离比为5∶1,C项正确;F2红果肉个体占1/3+2/3×3/4=5/6,杂合子占2/3×1/2=1/3,因此F2红果肉个体中杂合子占1/3÷5/6=2/5,D项正确。
题型四 自交与自由交配问题1.两种自交类型的解题技巧(1)不淘汰相关基因型①杂合子Aa连续自交,第n代的比例情况如下表所示:
②根据上表比例,纯合子、杂合子所占比例的坐标曲线图为:由该曲线得到的启示:在育种过程中,选育符合人们要求的个体(显性),可进行连续自交,直到性状不再发生分离为止,即可留种推广使用。(2)逐代淘汰隐性个体杂合子Aa连续自交且逐代淘汰隐性个体,自交n代后,显性个体中,纯合子比例为(2n-1)/(2n+1),杂合子比例为2/(2n+1)。
2.两种自由交配类型的解题技巧(1)杂合子Aa连续自由交配n代,杂合子比例为1/2,显性纯合子比例为1/4,隐性纯合子比例为1/4;杂合子Aa连续自由交配n代,且逐代淘汰隐性个体后,显性个体中,纯合子比例为n/(n+2),杂合子比例为2/(n+2)。(2)自由交配问题的两种分析方法:如某种生物的基因型AA占1/3,Aa占2/3,个体之间可以自由交配,求后代中基因型和表型的概率。解法一配子法 最直接的方法基因型及概率为4/9AA、4/9Aa、1/9aa,表型及概率为8/9A_、1/9aa。
解法二遗传平衡法先根据“一个等位基因的频率=它的纯合子基因型概率+(1/2)杂合子基因型频率”推知,子代中A的基因频率=1/3+(1/2)×(2/3)=2/3,a的基因频率=1-(2/3) =1/3。然后根据遗传平衡定律可知,aa的基因型频率=a基因频率的平方=(1/3)2=1/9,AA的基因型频率=A基因频率的平方=(2/3)2=4/9,Aa的基因型频率=2×A基因频率×a基因频率=2×2/3×1/3=4/9。表型及概率为8/9A_、1/9aa。
专项训练7.(2022山东济南期中)大豆子叶的颜色受一对等位基因控制,基因型为AA的个体呈深绿色,基因型为Aa的个体呈浅绿色,基因型为aa的个体呈黄色,黄色个体在幼苗阶段死亡。下列说法错误的是( )A.浅绿色植株连续自交n代,成熟后代中深绿色个体的概率为(2n-1)/(2n+1)B.浅绿色植株自交后代再自由传粉至n代,成熟后代中深绿色个体的概率为n/(n+2)C.浅绿色植株与深绿色植株杂交,其成熟后代有深绿色和浅绿色,且比例为1∶1D.浅绿色植株自花传粉,不会产生黄色子代
答案 D 解析 浅绿色植株连续自交n代,后代中杂合子的概率为(1/2)n,纯合子的概率为1-(1/2)n,因为aa幼苗阶段死亡,因此成熟后代中深绿色个体AA的概率=AA/AA+Aa或者AA/(1-aa)即[1-(1/2)n]/2÷{1-[1-(1/2)n]/2}=(2n-1)/(2n+1),A项正确;浅绿色植株自交后代的成熟个体AA∶Aa=1∶2,则A的基因频率=1/3+1/2×2/3=2/3,a的基因频率则为1/3,自由交配后成熟后代中AA的概率=A2/(1-a2)=1/2,再自由交配成熟后代中AA的概率=3/5,以此类推,浅绿色植株自交后代再自由传粉至n代,成熟后代中深绿色个体的概率为n/(n+2),B项正确;浅绿色植株与深绿色植株杂交,其成熟后代有深绿色和浅绿色,且比例为1∶1,即AA×Aa→AA∶Aa=1∶1,C项正确;浅绿色植株自花传粉,即Aa×Aa,后代有aa黄色个体,只是幼苗阶段死亡,D项错误。
8.用基因型为Aa的小麦分别进行连续自交、随机交配、连续自交并逐代淘汰隐性个体、随机交配并逐代淘汰隐性个体,根据各代Aa基因型频率绘制曲线如下图。下列分析错误的是( )A.曲线Ⅱ的F3中Aa基因型频率为0.4B.曲线Ⅲ的F2中Aa基因型频率为0.4C.曲线Ⅳ的Fn中纯合子的比例比上一代增加(1/2)n+1D.曲线Ⅰ和Ⅳ的各子代间A和a的基因频率始终相等
答案 C 解析 基因型为Aa的小麦随机交配并去除子代中的隐性个体,P随机交配得到F1,去除隐性个体后Aa基因型频率为2/3,F1随机交配得到F2,去除隐性个体后Aa基因型频率为1/2,F2随机交配得到F3,去除隐性个体后Aa基因型频率为2/5,因此曲线Ⅱ为随机交配并去除子代中隐性个体后的Aa基因型频率变化曲线,A项正确;基因型为Aa的小麦连续自交并去除子代中的隐性个体,P自交得到F1,去除隐性个体后Aa基因型频率为2/3,F1自交得到F2,去除隐性个体后Aa基因型频率为2/5,因此曲线Ⅲ为连续自交并去除子代中隐性个体后的Aa基因型频率变化曲线,B项正确;
基因型为Aa的小麦连续自交,P自交得到的F1中Aa基因型频率为0.5,F1自交得到的F2中 Aa基因型频率为0.25,符合公式1/2n,因此曲线Ⅳ为连续自交的子代中Aa基因型频率变化曲线,Fn中纯合子比例为1-(1/2n),上一代Fn-1中纯合子比例为1-(1/2n-1),Fn代纯合子比例比上一代增加1-(1/2n)-[1-(1/2n-1)] =(1/2n-1)-(1/2n)=1/2n,C项错误;基因型为Aa的小麦随机交配,P随机交配得到的F1中Aa基因型频率为0.5,F1随机交配得到的F2中 Aa基因型频率仍为0.5,因此曲线Ⅰ为随机交配子代中Aa基因型频率变化曲线。基因型为Aa的小麦连续自交或自由交配后,子代不进行选择,A、a的基因频率都不变,都为0.5,D项正确。
题后反思在没有任何干预的条件下,自交和自由交配都不改变基因频率,但连续自交能降低杂合子(Aa)的基因型频率,自由交配不改变各基因型的频率。
分离定律遗传特例应用题型一 复等位基因遗传
专项突破典例1.(2022山东聊城期中节选)在种群中,同源染色体的相同位点上,可以存在2种以上的等位基因,遗传学上把这种等位基因称为复等位基因。人类的ABO血型也是遗传性状,受复等位基因控制,控制ABO血型的有2种显性基因IA或IB和1种隐性基因i,4种血型与对应的基因组成如下表:
复等位基因的存在,表明基因突变具有 性。有一男子的父亲是AB型血,女儿是O型血,则该男子的血型可能是 ,判断的理由是 。
答案 不定向 A型血或者B型血 他的女儿的基因组成为ii,他必然含有一个i基因,而他父亲的基因组成为IAIB,他可能含一个IA基因,也可能含一个IB基因,所以,该男性的基因组成为IAi或IBi,血型是A型血或者B型血
专项训练1.(2022山东烟台期中)某种开紫花的植物有雌株、雄株和两性植株3种性别类型,受1组复等位基因A、A+、a控制,其中A基因存在时表现为雌株,不含A基因但含有A+基因时表现为两性植株,只含a基因时表现为雄株。下列围绕该植物的相关描述,正确的是( )A.该植物中的雌株与雄株杂交,子代雌株所占比例大于50%B.该植物性别的基因型有6种,其中纯合子有3种C.基因型为A+a的植株自交两代,理论上F2中雄株所占比例为1/9D.该植物体的花瓣细胞为原生质层有色的紫色细胞
答案 D 解析 雄株的基因型为aa,两性植株的基因型为A+A+、A+a,均不能产生含A的雄配子,故雌株一定为杂合子(AA+或Aa),所以该植物中的雌株与雄株杂交,子代雌株所占比例应等于50%,A项错误;由于没有含A基因的雄配子,所以没有AA的雌株,因此,控制该植物性别的1组复等位基因可组成5种基因型,其中纯合子有2种,B项错误;基因型为A+a的植株自交,F1中A+A+∶A+a∶aa=1∶2∶1,其中aa不能自交而被淘汰,F1再自交,F2中雄株均来自A+a植株,故F2中雄株所占比例为2/3×1/4=1/6,C项错误;使花瓣表现为紫色的色素位于液泡中,液泡位于原生质层中,该植物体的花瓣细胞的原生质层表现为紫色,D项正确。
2.(2022吉林长春质量监测)家兔的毛色由位于同源染色体相同位点上的基因控制。现将毛色为黑色、银灰色、喜马拉雅型和白色的4种家兔进行如下杂交实验,所得F1雌雄个体彼此交配得F2,实验结果如下表。
根据实验结果推测,4种毛色的显隐关系为( )A.黑色>喜马拉雅型>银灰色>白色B.黑色>喜马拉雅型>白色>银灰色C.黑色>银灰色>喜马拉雅型>白色D.黑色>银灰色>白色>喜马拉雅型
答案 C 解析 根据杂交组合①,可以判定黑色相对于银灰色为显性性状;根据杂交组合②,可以判定黑色相对于白色为显性性状;根据杂交组合③,可以判定黑色相对于喜马拉雅型为显性性状;根据杂交组合④,可以判定银灰色相对于白色为显性性状;根据杂交组合⑤,可以判定银灰色相对于喜马拉雅型为显性性状;根据杂交组合⑥,可以判定喜马拉雅型相对于白色为显性性状;综合以上分析,可确定4种颜色的显隐关系为黑色>银灰色>喜马拉雅型>白色。
题型二 遗传致死问题
专项突破典例2.(2020江苏)有一观赏鱼品系体色为橘红带黑斑,野生型为橄榄绿带黄斑,该性状由1对等位基因控制。某养殖者在繁殖橘红带黑斑品系时发现,后代中2/3为橘红带黑斑,1/3为野生型性状,下列叙述错误的是( )A.橘红带黑斑品系的后代中出现性状分离,说明该品系为杂合子B.突变形成的橘红带黑斑基因具有纯合致死效应C.自然繁育条件下,橘红带黑斑性状容易被淘汰D.通过多次回交,可获得性状不再分离的橘红带黑斑品系
答案 D 解析 由橘红带黑斑品系的后代出现性状分离,说明该品系均为杂合子,A项正确;杂合橘红带黑斑鱼相互交配,子代表型比例为2∶1,可推测橘红带黑斑基因具有纯合致死效应,B项正确;由于橘红带黑斑基因具有纯合致死效应,自然繁育条件下,该显性基因的频率会逐渐下降,则橘红带黑斑性状容易被淘汰,C项正确;橘红带黑斑基因显性纯合致死,则无论回交多少次,所得橘红带黑斑品系均为杂合子,D项错误。
专项训练3.(2022河北衡水中学期中)已知某种老鼠的体色由常染色体上的基因A+、A和a决定,A+(纯合胚胎致死)决定黄色,A决定灰色,a决定黑色,且A+对A是显性,A对a是显性。下列说法正确的是( )A.该种老鼠的成年个体中最多有6种基因型B.A+、A和a遵循基因的自由组合定律C.基因型均为A+a的1对老鼠交配产下的3只小鼠可能全表现为黄色D.1只黄色雌鼠和1只黑色雄鼠杂交,后代可能出现3种表型
答案 C 解析 由于A+纯合会导致胚胎致死,因此该种老鼠的成年个体最多有5种基因型(A+A、A+a、AA、Aa、aa),A项错误;A+、A和a基因为复等位基因,位于1对同源染色体上,遵循基因的分离定律,B项错误;基因型均为A+a的1对老鼠交配,后代基因型为A+a∶aa=2∶1,其产生的3只后代可能都是黄色(A+a),C项正确;1只黄色雌鼠(A+A或A+a)和1只黑色纯合雄鼠(aa)杂交,后代只能出现黄色、灰色(或黄色、黑色)2种表型,D项错误。
4.(2022山东枣庄三模)碧桃花的重瓣花与单瓣花是由常染色体上基因W、w控制的1对相对性状(重瓣碧桃花不育)。现用单瓣碧桃花自交,F1中单瓣和重瓣碧桃花各占50%。对F1单瓣碧桃花的花粉进行离体培养,再用秋水仙素处理单倍体幼苗,获得的碧桃花全部为重瓣花。下列有关叙述正确的是( )A.让单瓣碧桃花逐代自由交配,其后代中基因W的频率不变B.实验中采用了单倍体育种的方法,其原理是染色体的结构变异C.单瓣碧桃花可产生基因型为W和w的两种比例相等的可育雄配子D.重瓣碧桃花与单瓣碧桃花的细胞中所有mRNA的碱基序列都不相同
答案 A 解析 亲本单瓣碧桃花自交,F1中单瓣和重瓣碧桃花各占50%,说明单瓣为显性性状,F1单瓣碧桃花(含W基因)的花粉进行单倍体育种,获得的碧桃花全部为重瓣花(ww),说明F1单瓣碧桃花的基因型为Ww,Ww个体进行单倍体育种,理论上获得植株中WW∶ww=1∶1,但题干中只表现为重瓣花(ww),说明亲代单瓣碧桃花中含有W基因的花粉不育,而基因w的花粉可育,因此雄配子只有基因w,而雌配子有基因W和基因w,故单瓣碧桃花自交,F1中单瓣和重瓣碧桃花各占50%。由分析可知,让单瓣碧桃花逐代自由交配,则后代基因W的频率不变,A项正确;单倍体育种方法的实验原理是染色体数目变异, B项错误;由分析可知,亲代单瓣碧桃花中含有W基因的花粉不育,而基因w的花粉可育,只可产生含有基因w的雄配子,C项错误;重瓣碧桃花与单瓣碧桃花的细胞中部分基因可能相同,mRNA的碱基序列可能相同,D项错误。
题后点拨涉及配子不育的后代表型和基因型不符合基因分离定律,不能直接用基因分离定律求解,应用配子法求解。
题型三 从性遗传现象
专项突破典例3.已知某种羊的有角和无角基因由位于常染色体上的等位基因(N/n)控制。公羊中基因型为NN或者Nn的表现为有角,nn无角;母羊中基因型为NN的表现为有角,nn或Nn无角。若多对杂合子公羊与杂合子母羊杂交,则理论上子一代群体中母羊的表型及其比例为 ;公羊的表型及其比例为 。
答案 有角∶无角=1∶3 有角∶无角=3∶1解析 多对杂合子公羊与杂合子母羊杂交,Nn×Nn→NN、Nn、nn,比例为1∶2∶1。因为母羊中基因型为NN的表现为有角,基因型为nn或Nn的表现为无角,所以子一代群体中母羊的表型及其比例为有角∶无角=1∶3;因为公羊中基因型为NN或者Nn的表现为有角,基因型为nn的表现为无角,所以子一代群体中公羊的表型及其比例为有角∶无角=3∶1。
专项训练5.(2022河南巩义四中段考)山羊胡子的出现由B基因决定,等位基因Bb、B+分别决定有胡子和无胡子,但是Bb在雄性中为显性基因,在雌性中为隐性基因。有胡子雌山羊与无胡子雄山羊的纯合亲本杂交产生F1,F1中的2个个体交配产生F2(如下图所示)。下列判断正确的是( )A.F1中雌性表现为有胡子B.F1中雄性50%表现为有胡子C.F2纯合子中有胡子和无胡子两种表型均有D.控制山羊有无胡子的基因的遗传为伴性遗传
答案 C 解析 根据题意和图示分析可知:山羊胡子是从性遗传实例。Bb在雄性中为显性,在雌性中为隐性,则亲代中有胡子雌性与无胡子雄性的基因型分别是♀BbBb,♂B+B+,其杂交产生的F1为♀B+Bb(无胡子),♂BbB+(有胡子),胡子基因遵循孟德尔分离定律。F1中雌性B+Bb表现为无胡子,A项错误;F1中雄性BbB+表现为有胡子,B项错误;F2纯合子中有胡子和无胡子两种表型均有,分别为BbBb、B+B+,C项正确;控制山羊胡子的基因的遗传为常染色体遗传,表现为从性遗传,D项错误。
题型四 不完全显性遗传具有相对性状的纯合亲本杂交后,F1表现介于显性和隐性亲本之间的性状。如等位基因A和a分别控制红花和白花,在完全显性时,Aa自交后代中红∶白=3∶1,在不完全显性时,Aa自交后代中红(AA)∶粉红(Aa)∶白(aa) =1∶2∶1。
专项突破典例4.(2022湖南师大附中月考)如果用纯种红牡丹与纯种白牡丹杂交,F1是粉红色的。有人认为这说明基因是可以相互混合、沾染的,也有人认为基因是颗粒的,粉色是由于F1红色基因只有1个,合成的红色物质少造成的。为探究上述问题,下列做法不正确的是( )A.用纯种红牡丹与纯种白牡丹再杂交一次,观察后代的花色B.让F1进行自交,观察后代的花色C.对F1进行测交,观察测交后代的花色D.让F1与纯种红牡丹杂交,观察后代的花色
答案 A 解析 若发生基因融合现象,则后代不会发生性状分离,若基因不融合,粉色是由于F1红色基因只有一个,合成的红色物质少造成的,则F1进行自交或让F1与纯种白牡丹或红牡丹杂交,后代均会发生性状分离。分析如下:由上表分析可知,只有A项无法区分这2种遗传。
专项训练6.(2022陕西渭南尚德中学月考)在牵牛花的遗传实验中,用纯合红色牵牛花和纯合白色牵牛花杂交,F1全是粉红色牵牛花。将F1自交后,F2中出现红色、粉红色和白色3种类型的牵牛花,比例为1∶2∶1,如果取F2中的粉红色牵牛花和红色牵牛花分别进行自交,则后代表型及比例应该为( )A.红色∶粉红色∶白色=1∶2∶1B.红色∶粉红色∶白色=3∶2∶1C.红色∶粉红色∶白色=1∶4∶1D.红色∶粉红色∶白色=4∶4∶1
答案 B 解析 根据题干信息,F1所表现出来的性状与亲本性状不同,但F2中出现红色、粉红色和白色,说明红色对白色为不完全显性,杂合子表现为双亲的中间性状。假设亲本纯合红色牵牛花的基因型为AA,纯合白色牵牛花基因型为aa,则粉红色牵牛花F1是Aa,F2是AA∶Aa∶aa=1∶2∶1,其中红色、粉红色牵牛花的比例为AA∶Aa=1∶2,分别进行自交,则①1/3AA自交后代还是1/3AA,②2/3Aa自交后代是2/3(1/4AA+1/2Aa+1/4aa)= 1/6AA+1/3Aa+1/6aa,则F2红色、粉红色牵牛花分别进行自交后代为红色AA(1/3+1/6)∶粉红色Aa(1/3)∶白色aa(1/6)=3∶2∶1。
题型五 表型模拟表型模拟指生物的表型不仅仅取决于基因型,还受所处环境的影响,从而导致基因型相同的个体在不同环境中的表型有差异。设计实验确认隐性个体是aa的纯合子还是Aa的表型模拟:
专项突破典例5.(2022湘豫名校联考)在某种小鼠中,毛色的黑色为显性(E),白色为隐性(e)。下图所示的两项交配,亲代动物A、B、P、Q均为纯合子,子代动物在不同环境下成长,其毛色如下图所示。
下列分析不正确的是( )A.动物C与动物D的表型不同,说明表型是基因型和环境共同作用的结果B.动物C与动物R交配的子代在30 ℃中成长,其表型最可能是全为白色C.动物C与动物R交配的子代在-15 ℃中成长,其表型及比例最可能是黑色∶白色=1∶1D.动物C雌雄个体相互交配的子代在30 ℃中成长,其表型及比例最可能是黑色∶白色=1∶1
答案 D 解析 由题干可知,亲代小鼠A、B、P、Q均为纯合子,第一项交配中A、B表型不同,则杂交后代均为杂合子,子代在-15 ℃的温度下成长,均为黑色,而在30 ℃的温度下成长,均为白色。白色ee的个体无论在-15 ℃的温度下成长,还是在30 ℃的温度下成长,均为白色。由上述分析可知,C、D均为Ee,表型应该为黑色,而在30 ℃下培养则为白色,说明表型受环境影响,即表型是基因型和环境共同作用的结果,A项正确;
根据分析可知,C基因型为Ee,R基因型为ee,其后代基因型为Ee、ee,在30 ℃下成长,Ee表现为白色,ee也表现为白色,B项正确;C基因型为Ee,R基因型为ee,其后代基因型及比例为Ee∶ee=1∶1,在-15 ℃下成长,Ee表现为黑色,ee表现为白色,故子代中黑色∶白色=1∶1,C项正确;C基因型为Ee,雌雄个体相互交配,子代基因型及比例为EE∶Ee∶ee=1∶2∶1,在30 ℃下成长,Ee、ee表现为白色,表型及比例最可能是黑色∶白色=1∶3,D项错误。
专项训练7.(2022福建师大附中期中)果蝇的长翅(A)对残翅(a)为显性,遗传学家曾做过这样的实验:长翅果蝇幼虫正常的培养温度为25 ℃,将孵化后4~7 d的长翅果蝇幼虫放在35~37 ℃的环境中处理6~24 h后,得到了一些残翅果蝇,这些残翅果蝇在正常环境温度下产生的后代仍然是长翅果蝇。(1)翅的发育需要经过酶催化的反应,据此你对上述实验现象进行的解释是 。 (2)这个实验说明影响表型的因素是 。
(3)现有一只残翅雄果蝇,请你设计一个简单可行的方案来确定它的基因型。①该实验的方案: 。 ②预期实验结果和结论:a.若 ,则该果蝇的基因型为aa; b.若后代均表现为长翅,则该果蝇的基因型为 。 c.若后代有的表现为长翅,有的表现为残翅,则该果蝇的基因型为 。
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